A. Number of Apartments
题意：用3、5、7凑数，若能凑出给出方案，不能则输出-1。
思路：观察发现除了1 2 4凑不到以外其他都凑得到。那么关于方案的话，既然其他数都凑得到，我们就可以用dp的思想每次试探着来，若减去当前数还是个可以凑得到的就继续减直到等于0。
view code
#include<iostream>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<map>
#include <queue>
#include<sstream>
#include <stack>
#include <set>
#include <bitset>
#include<vector>
#define FAST ios::sync_with_stdio(false)
#define abs(a) ((a)>=0?(a):-(a))
#define sz(x) ((int)(x).size())
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define rep(i,a,n) for(int i=a;i<=n;++i)
#define per(i,n,a) for(int i=n;i>=a;--i)
#define endl '
'
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<ll,ll> PII;
const int maxn = 1e5+200;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const double eps = 1e-7;
const double pi=acos(-1.0);
const int mod = 1e9+7;
inline int lowbit(int x){return x&(-x);}
ll gcd(ll a,ll b){return b?gcd(b,a%b):a;}
void ex_gcd(ll a,ll b,ll &d,ll &x,ll &y){if(!b){d=a,x=1,y=0;}else{ex_gcd(b,a%b,d,y,x);y-=x*(a/b);}}//x=(x%(b/d)+(b/d))%(b/d);
inline ll qpow(ll a,ll b,ll MOD=mod){ll res=1;a%=MOD;while(b>0){if(b&1)res=res*a%MOD;a=a*a%MOD;b>>=1;}return res;}
inline ll inv(ll x,ll p){return qpow(x,p-2,p);}
inline ll Jos(ll n,ll k,ll s=1){ll res=0;rep(i,1,n+1) res=(res+k)%i;return (res+s)%n;}
inline ll read(){ ll f = 1; ll x = 0;char ch = getchar();while(ch>'9'||ch<'0') {if(ch=='-') f=-1; ch = getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9') x = (x<<3) + (x<<1) + ch - '0', ch = getchar();return x*f; }
int dir[4][2] = { {1,0}, {-1,0},{0,1},{0,-1} };
ll all[3] = {7,5,3};
ll Map[2000];
ll cnt[10];
int main()
{
int kase;
cin>>kase;
Map[1] = 1, Map[2] = 1, Map[4] = 1;
while(kase--)
{
ll n = read();
mem(cnt,0);
if(Map[n])
{
cout<<-1<<endl;
continue;
}
while(n)
{
rep(i,0,2) if(n-all[i]>=0&&!Map[n-all[i]])
{
cnt[all[i]]++;
n -= all[i];
break;
}
}
cout<<cnt[3]<<' '<<cnt[5]<<' '<<cnt[7]<<endl;
}
return 0;
}
B. Barrels
题意：有n个无限容量的水桶，现在各含a[i]的水，现在可以随便k次，问最大最小值差的最大值。
思路：水题，从次大的水桶开始倒k桶，全部倒进最大的那一桶。
view code
#include<iostream>
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#include <bitset>
#include<vector>
#define FAST ios::sync_with_stdio(false)
#define abs(a) ((a)>=0?(a):-(a))
#define sz(x) ((int)(x).size())
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define rep(i,a,n) for(int i=a;i<=n;++i)
#define per(i,n,a) for(int i=n;i>=a;--i)
#define endl '
'
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<ll,ll> PII;
const int maxn = 2e5+200;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const double eps = 1e-7;
const double pi=acos(-1.0);
const int mod = 1e9+7;
inline int lowbit(int x){return x&(-x);}
ll gcd(ll a,ll b){return b?gcd(b,a%b):a;}
void ex_gcd(ll a,ll b,ll &d,ll &x,ll &y){if(!b){d=a,x=1,y=0;}else{ex_gcd(b,a%b,d,y,x);y-=x*(a/b);}}//x=(x%(b/d)+(b/d))%(b/d);
inline ll qpow(ll a,ll b,ll MOD=mod){ll res=1;a%=MOD;while(b>0){if(b&1)res=res*a%MOD;a=a*a%MOD;b>>=1;}return res;}
inline ll inv(ll x,ll p){return qpow(x,p-2,p);}
inline ll Jos(ll n,ll k,ll s=1){ll res=0;rep(i,1,n+1) res=(res+k)%i;return (res+s)%n;}
inline ll read(){ ll f = 1; ll x = 0;char ch = getchar();while(ch>'9'||ch<'0') {if(ch=='-') f=-1; ch = getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9') x = (x<<3) + (x<<1) + ch - '0', ch = getchar();return x*f; }
int dir[4][2] = { {1,0}, {-1,0},{0,1},{0,-1} };
ll a[maxn];
int main()
{
int kase;
cin>>kase;
while(kase--)
{
ll n = read(), k = read();
rep(i,1,n) a[i] = read();
sort(a+1,a+1+n);
int p = 1;
ll cnt = 1;
for(int i=n-1; i>=1&&cnt<=k; i--)
{
a[n] += a[i];
cnt++;
}
cout<<a[n]<<endl;
}
return 0;
}
C. Numbers on Whiteboard
题意：每次可以把任意两个数a,b替换成(lceil {(a+b)/2} ceil)，可以操作n-1次，问最后剩下的一个数能达到的最小值是多少。并且输出每一步操作。
思路：从后面大的开始，先把a[n] a[n-2]变成a[n-1]，再把两个a[n-1]结合变成1个a[n-1]，然后就可以一路从a[n-3]往前平推，每次都会使得值-1。
view code
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#define FAST ios::sync_with_stdio(false)
#define abs(a) ((a)>=0?(a):-(a))
#define sz(x) ((int)(x).size())
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define rep(i,a,n) for(int i=a;i<=n;++i)
#define per(i,n,a) for(int i=n;i>=a;--i)
#define endl '
'
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<ll,ll> PII;
const int maxn = 2e5+200;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const double eps = 1e-7;
const double pi=acos(-1.0);
const int mod = 1e9+7;
inline int lowbit(int x){return x&(-x);}
ll gcd(ll a,ll b){return b?gcd(b,a%b):a;}
void ex_gcd(ll a,ll b,ll &d,ll &x,ll &y){if(!b){d=a,x=1,y=0;}else{ex_gcd(b,a%b,d,y,x);y-=x*(a/b);}}//x=(x%(b/d)+(b/d))%(b/d);
inline ll qpow(ll a,ll b,ll MOD=mod){ll res=1;a%=MOD;while(b>0){if(b&1)res=res*a%MOD;a=a*a%MOD;b>>=1;}return res;}
inline ll inv(ll x,ll p){return qpow(x,p-2,p);}
inline ll Jos(ll n,ll k,ll s=1){ll res=0;rep(i,1,n+1) res=(res+k)%i;return (res+s)%n;}
inline ll read(){ ll f = 1; ll x = 0;char ch = getchar();while(ch>'9'||ch<'0') {if(ch=='-') f=-1; ch = getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9') x = (x<<3) + (x<<1) + ch - '0', ch = getchar();return x*f; }
int dir[4][2] = { {1,0}, {-1,0},{0,1},{0,-1} };
typedef struct Ans
{
ll a;
ll b;
}A;
A ans[maxn];
int main()
{
int kase;
cin>>kase;
while(kase--)
{
ll n = read();
ll k = n-1;
if(n==2)
{
cout<<2<<endl;
cout<<1<<' '<<2<<endl;
continue;
}
ans[1].a = n;
ans[1].b = n-2;
ans[2].a = n-1;
ans[2].b = n-1;
int p = 2;
ll cur = n-1;
per(i,n-3,1)
{
ans[++p].a = cur;
ans[p].b = i;
cur = (cur+i+1)/2;
}
cout<<cur<<endl;
rep(i,1,p) cout<<ans[i].a<<' '<<ans[i].b<<endl;
}
return 0;
}
D. String Deletion
题意：给你一个01串，每一次操作必须先删掉任意一个位置，然后删除掉最长相同前缀。问最多能维持多少次这个操作。
思路：既然每次操作是对一个相同前缀下手，那我们就把每一块相同数所组成的联通块看成一个整体。同时记录他们的长度。
如1110010就可以看成
111 00 1 0
写成联通块（长度表示）
3 2 1 1
然后我们发现，会使得我们操作变少的是联通块长度为1的，我们现在想让1尽量的维持下去，即不让他在每次操作前减完自身使得要牺牲下一个联通块。
首先考虑到如果一个数大于1，那么“删除”这一步减自己就好了，不浪费别的。
而如果一个数等于1， 那我们就要考虑从它后面（轮到它当前缀时）找一些大于2的数（找2的话一减又多出个1来），这样就可以让它维持下去，删除前缀时就可以减掉当前的1而不影响后面一个。而找不到的话，那就只能减去当前这个1，然后再牺牲下一个联通块了（下一个联通块变成新的前缀）。
主要的思想就是上面说的，现在考虑怎么实现“在后面找一个大于2的数”，如果每个位置都往后找，那就是(O(n^2))的时间复杂度，肯定不行。
我们发现当前i位置往后，若找到某个位置j来删除，那么在i+1位置，肯定也是从j开始往后找的，也就是前j-1个位置既然都不满足i位置，那么肯定也不满足i+1位置。这样我们只需要用双指针走一遍这个数组即可。时间复杂度(O(2n))
view code
#include<iostream>
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#include<vector>
#define FAST ios::sync_with_stdio(false)
#define abs(a) ((a)>=0?(a):-(a))
#define sz(x) ((int)(x).size())
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define rep(i,a,n) for(int i=a;i<=n;++i)
#define per(i,n,a) for(int i=n;i>=a;--i)
#define endl '
'
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<ll,ll> PII;
const int maxn = 2e5+200;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const double eps = 1e-7;
const double pi=acos(-1.0);
const int mod = 1e9+7;
inline int lowbit(int x){return x&(-x);}
ll gcd(ll a,ll b){return b?gcd(b,a%b):a;}
void ex_gcd(ll a,ll b,ll &d,ll &x,ll &y){if(!b){d=a,x=1,y=0;}else{ex_gcd(b,a%b,d,y,x);y-=x*(a/b);}}//x=(x%(b/d)+(b/d))%(b/d);
inline ll qpow(ll a,ll b,ll MOD=mod){ll res=1;a%=MOD;while(b>0){if(b&1)res=res*a%MOD;a=a*a%MOD;b>>=1;}return res;}
inline ll inv(ll x,ll p){return qpow(x,p-2,p);}
inline ll Jos(ll n,ll k,ll s=1){ll res=0;rep(i,1,n+1) res=(res+k)%i;return (res+s)%n;}
inline ll read(){ ll f = 1; ll x = 0;char ch = getchar();while(ch>'9'||ch<'0') {if(ch=='-') f=-1; ch = getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9') x = (x<<3) + (x<<1) + ch - '0', ch = getchar();return x*f; }
int dir[4][2] = { {1,0}, {-1,0},{0,1},{0,-1} };
string s;
ll block[maxn];
int p = 0;
ll solve()
{
int q = 1;
ll ans = 0;
bool flag = 0;
rep(i,1,p)
{
if(flag)
{
ans++;
i += 1;
continue;
}
if(block[i]>1) ans++;
else
{
while(q<i||(q<=p&&block[q] <= 1)) q++;
if(q>p)
{
flag = 1;
ans++;
i += 1;
}
else
{
block[q]--;
ans++;
}
}
}
return ans;
}
int main()
{
int kase;
cin>>kase;
while(kase--)
{
p = 0;
ll n = read();
string s;
cin>>s;
block[++p] = 1;
rep(i,1,n-1)
{
if(s[i]==s[i-1]) block[p]++;
else block[++p] = 1;
}
cout<<solve()<<endl;
}
return 0;
}
E. String Reversal
题意： 给一个字符串，每次可以相邻位置交换，问最少多少次可以使得字符串变成原来的颠倒字符串。
思路：显然有比直接一步步交换过去更优的策略。
比如acbac，我们想让第一个a变到最后一个位置去，完全不需要第一个位置的a动，只需要最靠近右边的a和c交换即可，一步到位。
所以策略就是每次都让最靠近右边的，和当前字符相同的字符移动就好。
但是这样会有个问题，就是有些位置被移动过，它左边的数再经过它往右交换时，距离就要减去这个空位。那怎么维护这个东西呢？
我们把这个“空位”产生的影响描述出来就是，一开始找到第一个位置的最靠右的相同字符，位置为p1，丢到最后，距离是n-p1。
然后第二个位置最靠右相同字符的位置p2, 若p2<p1，即p1这个空位对p2产生影响了，那就是n-p2-1。同理若p3<p2, 那就是n-p3-2。
所以就只需要统计p位置后面有多少空位即可，然后减去这个数。
这个时候树状数组的作用就来了。
为了方便，我们反过来看，从最后开始往前丢数，一开始是p1-1, 然后若p2>p1, 就p2-1-1，其次是p3-2-1（后面的-1是到1的距离，再减的就是空位个数）。所以我们的空位对计数是负贡献，把一开始[1,n]的区间每个位置都置为1， 一旦产生一个位置p产生空位，就在p这个位置-1，这样前缀和即表示(p-空位个数)，每次的贡献就是前缀和-1。
view code
#include<iostream>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
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#include <queue>
#include<sstream>
#include <stack>
#include <set>
#include <bitset>
#include<vector>
#define FAST ios::sync_with_stdio(false)
#define abs(a) ((a)>=0?(a):-(a))
#define sz(x) ((int)(x).size())
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define rep(i,a,n) for(int i=a;i<=n;++i)
#define per(i,n,a) for(int i=n;i>=a;--i)
#define endl '
'
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<ll,ll> PII;
const int maxn = 2e5+200;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const double eps = 1e-7;
const double pi=acos(-1.0);
const int mod = 1e9+7;
inline int lowbit(int x){return x&(-x);}
ll gcd(ll a,ll b){return b?gcd(b,a%b):a;}
void ex_gcd(ll a,ll b,ll &d,ll &x,ll &y){if(!b){d=a,x=1,y=0;}else{ex_gcd(b,a%b,d,y,x);y-=x*(a/b);}}//x=(x%(b/d)+(b/d))%(b/d);
inline ll qpow(ll a,ll b,ll MOD=mod){ll res=1;a%=MOD;while(b>0){if(b&1)res=res*a%MOD;a=a*a%MOD;b>>=1;}return res;}
inline ll inv(ll x,ll p){return qpow(x,p-2,p);}
inline ll Jos(ll n,ll k,ll s=1){ll res=0;rep(i,1,n+1) res=(res+k)%i;return (res+s)%n;}
inline ll read(){ ll f = 1; ll x = 0;char ch = getchar();while(ch>'9'||ch<'0') {if(ch=='-') f=-1; ch = getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9') x = (x<<3) + (x<<1) + ch - '0', ch = getchar();return x*f; }
int dir[4][2] = { {1,0}, {-1,0},{0,1},{0,-1} };
ll n;
string s;
queue<ll> q[50];
ll c[maxn];
inline int id(int p)
{
return s[p-1] - 'a' + 1;
}
inline void add(int p, ll val)
{
for(int i=p; i<=n; i+=lowbit(i)) c[i] += val;
}
inline ll ask(int p)
{
ll ans = 0;
for(int i=p; i>=1; i-=lowbit(i)) ans += c[i];
return ans;
}
int main()
{
n = read();
cin>>s;
rep(i,1,n) q[id(i)].push(i), add(i,1);
ll ans = 0;
per(i,n,1)
{
int pos = q[id(i)].front();
q[id(i)].pop();
ans += ask(pos)-1; add(pos, -1);
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}